2019-2020学年上海市黄浦区高二(上)期末数学试卷(含详细解答)

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1、已知等差数列an (nN*) 中, 若 a10100, 则等式 a1+a2+ana1+a2+a2019 n(n2019,nN*)恒成立;运用类比思想方法,可知在等比数列中, 若 b1001,则与此相应的等式 恒成立 11 (3 分)已知点 A(a,0) 、B(0,b) ,椭圆经过点 D(2, ) , 点 F 为椭圆的右焦点, 若FAB 的一个内角为 120, 则椭圆 C 的方程是 12 (3 分)已知点 M(1,0) 、N(1,0) ,若直线 l 的图象上存在点 P,使得|PM|+|PN| 4 成立,则说直线 l 是“T 型直线” 给出下列直线: (1)l:y+20; (2)l:2x50; (

2、3)l:x2y40; (4)l:3x+y+30; (5)l: (2m+1)x+y+10(常数 mR) 其中代表“T 型直线”的序号是 (要求写出所有 T 型直线的序号) 第 2 页(共 17 页) 二、选择题(本大题满分二、选择题(本大题满分 12 分)本大题共有分)本大题共有 4 题,每题有且只有一个正确答案,考生应在题,每题有且只有一个正确答案,考生应在 答题卷的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,选对得答题卷的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,选对得 3 分,否则一律得零分分,否则一律得零分. 13 (3 分)平面直角坐标系上动点 M(x,y) ,满足,则 动点 M 的轨迹是( ) A

3、直线 B线段 C圆 D椭圆 14 (3 分)已知,记 Pf(k) (k1,kN*) , 若 f(k+1)P+Q,则 Q( ) A B C D 15 (3 分)已知 aR,若不论 a 为何值时,直线 l: (12a)x+(3a+2)ya0 总经过一 个定点,则这个定点的坐标是( ) A (2,1) B (1,0) C D 16 (3 分)已知平面直角坐标系内曲线 C1:F(x,y)0,曲线 C2:F(x,y)F(x0, y0)0,若点 P(x0,y0)不在曲线 C1上,则下列说法正确的是( ) A曲线 C1与 C2无公共点 B曲线 C1与 C2至少有一个公共点 C曲线 C1与 C2至多有一个公共

4、点 D曲线 C1与 C2的公共点的个数无法确定 三、解答题(本大题满分三、解答题(本大题满分 0 分)本大题共有分)本大题共有 5 题,解答下列各题必须在答题卷的相应编号题,解答下列各题必须在答题卷的相应编号 规定区域内写出必要的步骤规定区域内写出必要的步骤. 17已知向量、 (1)若向量,求实数 t 的值; (2)若向量满足,求的值 18已知 M(1,1) 、N(2,2) 、P(3,1) ,圆 C 经过 M、N、P 三点 第 3 页(共 17 页) (1)求圆 C 的方程,并写出圆心坐标和半径的值; (2)若过点 Q(1,1)的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点,求弦 AB 的长度|AB

5、|的取值范围 19已知数列an满足 a1a, (1)若数列an是等差数列,求通项公式 an; (2)已知 a2,求证数列an+1是等比数列,并求通项公式 an 20已知各项为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 (1)求 a1的值,并求 an+1的解析式(用含 an的式子表示) ; (2)若对于一切正整数 n,有 Sn+an3 恒成立,求实数 的取值范围 21已知直线 l1:x4,点 F(1,0) ,点 M(x,y)是平面直角坐标系内的动点,且点 M 到直线 l1的距离是点 M 到点 F 的距离的 2 倍记动点 M 的轨迹为曲线 C (1)求曲线 C 的方程; (2)过点 F 的直线 l2

6、与曲线 C 交于 A、B 两点,若OAB(O 是坐标系原点)的面积为 ,求直线 l2的方程; (3)若(2)中过点 F 的直线 l2是倾斜角不为 0 的任意直线,仍记 l2与曲线 C 的交点为 A、B,设点 G 为线段 AB 的中点,直线 OG 与直线 l1交于点 D,求DFB 的大小 第 4 页(共 17 页) 2019-2020 学年上海市黄浦区高二(上)期末数学试卷学年上海市黄浦区高二(上)期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题(本大题满分一、填空题(本大题满分 36 分)本大题共有分)本大题共有 12 题,考生应在答题卷的相应编号的空格内题,考生应在答题卷的相应

7、编号的空格内 直接填写结果,每题填对得直接填写结果,每题填对得 3 分,否则一律得零分分,否则一律得零分. 1 (3 分)已知点 A(1,2) 、B(3,4) ,则向量 (4,6) 【分析】利用向量坐标运算法则直接求解 【解答】解:点 A(1,2) 、B(3,4) , 向量(4,6) 故答案为: (4,6) 【点评】本题考查向量的求法,考查向量坐标运算法则等基础知识,考查运算求解能力, 是基础题 2 (3 分)计算 2 【分析】把要求极限的式子分子分母同时除以 n2,则答案可求 【解答】解: 故答案为:2 【点评】本题考查数列极限的求法,是基础的计算题 3 (3 分)已知直线 l 经过 P(0

8、,1) 、Q(1,2)两点,则直线 l 的一个法向量是 ( 3t,t) , (t0,tR) (答案不唯一) 【分析】设倾斜角为 ,则斜率 ktan,进而写出符合条件的一个法向量即可 【解答】解:直线 l 经过 P(0,1) 、Q(1,2)两点, 则直线 PQ 的斜率 k3, 直线 l 的方程为:y+13x,即 3xy10, 直线 l 的法向量为(3t,t) , (t0,tR) 故答案为: (3t,t) , (t0,tR) 第 5 页(共 17 页) 【点评】本题考查直线的法向量的求法,考查直线方程、直线斜率等基础知识,考查运 算求解能力,是基础题 4 (3 分)已知直线 l:x+ay20 经过

9、圆 C:x2+y22x+4y30 的圆心,则直线 l 的倾 斜角的大小是 arctan2 (结果用反三角函数值表示) 【分析】由圆的方程求得圆心坐标,代入直线方程求得 a,进一步求得直线的斜率,再由 斜率等于倾斜角的正切值求解 【解答】解:由圆 C:x2+y22x+4y30,得圆心坐标为(1,2) , 直线 l:x+ay20 经过圆 C:x2+y22x+4y30 的圆心, 12a20,即 a, 直线 l:xy20,则直线 l 的斜率为 k2 设直线 l 的倾斜角为 (0) ,则 tan2,得 arctan2 故答案为:arctan2 【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用,考查直线倾斜角与斜率

10、的关系,是基础题 5 (3 分)已知向量、,则向量在向量方向上的投影的数 值是 【分析】根据平面向量投影的定义,计算即可 【解答】解:向量、, 则向量在向量方向上的投影的数值是 |cos 故答案为: 【点评】本题考查了平面向量投影的定义与计算问题,是基础题 6 (3 分)已知直线 l1:ax2y+10、l2:x+a(1+a)y30,若 l1l2,则实数 a 0 或 【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解 【解答】解:直线 l1:ax2y+10、l2:x+a(1+a)y30,l1l2, a12a(1+a)0, 第 6 页(共 17 页) 解得实数 a0 或 a 故答案为:0 或 【点评】本题考

11、查实数值的求法,考查直线与直线垂直的性质等基础知识,考查运算求 解能力,是基础题 7 (3 分)已知数列an(nN*)满足 a11,且,则通项公式 an 【分析】直接利用叠乘法的应用求出数列的通项公式 【解答】解:数列an(nN*)满足 a11,且, 则:, 所以, 所以, 故:(首项符合通项) , 所以 故答案为: 【点评】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,叠乘法求数列的通项公 式,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型 8 (3 分)若等比数列an(nN*)各项的和为 4,则首项 a1的取值范围是 (0,4)(4, 8) 【分析】推导出|q|1,q1,4,a

12、14(1q) ,由此能求出首项 a1的取值范 围 【解答】解:等比数列an(nN*)各项的和为 4, |q|1,q1,4,a14(1q) , 0a18 且 a14, 第 7 页(共 17 页) 首项 a1的取值范围是: (0,4)(4,8) 故答案为: (0,4)(4,8) 【点评】本题考查等比数列的首项的取值范围的求法,考查等比数列的性质等基础知识, 考查运算求解能力,是基础题 9 (3 分)过点 P(2,2)作直线 l 与圆 C: (x+1)2+(y1)22 相切,则直线 l 的一 般式方程是 xy+40 【分析】利用圆心到直线的距离等于半径,求出直线的斜率,然后求解直线方程 【解答】解:

13、设直线 l:y2k(x+2) ,即 kxy+2k+20,圆 C: (x+1)2+(y1)2 2 的圆心是(1,1) 由题得圆心 C 到直线的距离 d 等于圆半径 r, 即 d,解得 k1, 直线 l 的方程为 xy+40 故答案是:xy+40 【点评】此题考查了直线与圆的位置关系,涉及的知识有:点到直线的距离公式,圆的 标准方程,以及直线的点斜式方程,当直线与圆相切时,圆心到切线的距离等于圆的半 径,熟练掌握此性质是解本题的关键 10 (3 分) 已知等差数列an (nN*) 中, 若 a10100, 则等式 a1+a2+ana1+a2+a2019 n(n2019,nN*)恒成立;运用类比思想

14、方法,可知在等比数列中, 若 b1001,则与此相应的等式 b1b2bnb1b2b199n,n199,nN* 恒 成立 【分析】 运用等比数列的性质及其类比思想方法, 可得: bn+1b199n1, n199 即 可得出结论 【解答】解:运用等比数列的性质及其类比思想方法,可得:bn+1b199n1,n 199 b1b2bnb1b2b199n,n199,nN* 故答案为:b1b2bnb1b2b199n,n199,nN* 【点评】本题考查了等比数列的性质及其类比思想方法,考查了推理能力与计算能力, 属于中档题 第 8 页(共 17 页) 11 (3 分)已知点 A(a,0) 、B(0,b) ,椭

15、圆经过点 D(2, ) ,点 F 为椭圆的右焦点,若FAB 的一个内角为 120,则椭圆 C 的方程是 【分析】由题意画出图形,由点在椭圆上可得关于 a,b 的方程,再由余弦定理列式,结 合隐含条件即可求得 a,b,则椭圆方程可求 【解答】解:如图, 由题意, AB2FA2+FB22FAFBcos120, 即 a2+b2(ac)2+a2+a(ac) , 又 a2b2+c2, 联立,解得 a28,b26 椭圆 C 的方程是 故答案为: 【点评】本题考查椭圆标准方程的求法,考查余弦定理的应用,考查计算能力,是中档 题 12 (3 分)已知点 M(1,0) 、N(1,0) ,若直线 l 的图象上存在

16、点 P,使得|PM|+|PN| 4 成立,则说直线 l 是“T 型直线” 给出下列直线: (1)l:y+20; (2)l:2x50; (3)l:x2y40; (4)l:3x+y+30; (5)l: (2m+1)x+y+10(常数 mR) 其中代表“T 型直线”的序号是 (3) 、 (4) 、 (5) (要求写出所有 T 型直线的序号) 第 9 页(共 17 页) 【分析】由题意可知,点 P 的轨迹是以 M,N 为焦点的椭圆,其方程是,把 直线方程分别代入椭圆方程看是否有解即可判断出结论 【解答】解:点 P 的轨迹是以 M,N 为焦点的椭圆,其方程是, (1)把 y+20 代入椭圆的方程得 x2

17、,无解,所以 y+20 不是“T 型直线” , (2)把 2x50 代入椭圆的方程得 y2,无解,所以 2x50 不是“T 型直线” , (3)把 x2y40 代入椭圆的方程得 4y2+12y+90,1224490,方程有 解,所以 x2y40 是“T 型直线” , (4)把 3x+y+30 代入椭圆的方程得 13x2+42x+80,422413813480 方 程有解,所以 3x+y+30 是“T 型直线” , (5)把(2m+1)x+y+10(mR) ,代入椭圆的方程得(16m2+16m+7)x2+(16m+8)x 80,0,方程有解, 所以(2m+1)x+y+10(mR) ,是“T 型直

18、线” , 故答案为: (3) (4) (5) 【点评】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题,考查了推 理能力与计算能力,属于中档题 二、选择题(本大题满分二、选择题(本大题满分 12 分)本大题共有分)本大题共有 4 题,每题有且只有一个正确答案,考生应在题,每题有且只有一个正确答案,考生应在 答题卷的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,选对得答题卷的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,选对得 3 分,否则一律得零分分,否则一律得零分. 13 (3 分)平面直角坐标系上动点 M(x,y) ,满足,则 动点 M 的轨迹是( ) A直线 B线段 C圆 D椭圆 【分析】由点 M

19、(x,y)满足的关系式得点 M(x,y)到点 P(3,0) ,Q(3,0)距 离之和是定值 6(|PQ|) ,进而得出轨迹是线段 【解答】解:, 表示点 M(x,y)到点 P(3,0) ,Q(3,0)距离之和是定值 6(|PQ|) , 所以点 M 在线段 PQ 上, 所以动点 M 的轨迹是线段 第 10 页(共 17 页) 故选:B 【点评】本题考查轨迹方程的应用,属于基础题 14 (3 分)已知,记 Pf(k) (k1,kN*) , 若 f(k+1)P+Q,则 Q( ) A B C D 【分析】根据条件求出 f(k)和 f(k+1) ,再由 Qf(k+1)f(k)求出 Q 的值 【解答】解:

20、, Pf(k), f(k+1)+, f(k+1)f(k) f(k+1)P+Q,Q 故选:C 【点评】本题考查了函数和数列的关系,属基础题 15 (3 分)已知 aR,若不论 a 为何值时,直线 l: (12a)x+(3a+2)ya0 总经过一 个定点,则这个定点的坐标是( ) A (2,1) B (1,0) C D 【分析】先变形解析式得到关于 a 的不定方程 a(3y2x1)+(x+2y)0,由于 a 有 无数个解,则 3y2x10 且 x+2y0,然后求出 x 和 y 的值即可得到定点坐标 【解答】解:由直线 l: (12a)x+(3a+2)ya0,知 a(3y2x1)+(x+2y)0 不

21、论 a 为何值时,直线 l: (12a)x+(3a+2)ya0 总经过一个定点,即 a 有无数 个解, 3y2x10 且 x+2y0, 第 11 页(共 17 页) x,y, 这个定点的坐标是 故选:C 【点评】本题考查的知识点是恒过定点的直线,处理的方法是将直线方程化成两部分: 一部分含参数,一部分不含参数,让两部分的系数均为 0,构造方程组 16 (3 分)已知平面直角坐标系内曲线 C1:F(x,y)0,曲线 C2:F(x,y)F(x0, y0)0,若点 P(x0,y0)不在曲线 C1上,则下列说法正确的是( ) A曲线 C1与 C2无公共点 B曲线 C1与 C2至少有一个公共点 C曲线

22、C1与 C2至多有一个公共点 D曲线 C1与 C2的公共点的个数无法确定 【分析】利用已知条件转化求解即可 【解答】解:平面直角坐标系内曲线 C1:F(x,y)0,曲线 C2:F(x,y)F(x0, y0)0,若点 P(x0,y0)不在曲线 C1上, 所以 F(x0,y0)0,联立,方程组无解, 所以曲线 C1与 C2无公共点 故选:A 【点评】本题考查曲线与方程的关系,交点问题,是基本知识的考查,基础题 三、解答题(本大题满分三、解答题(本大题满分 0 分)本大题共有分)本大题共有 5 题,解答下列各题必须在答题卷的相应编号题,解答下列各题必须在答题卷的相应编号 规定区域内写出必要的步骤规定

23、区域内写出必要的步骤. 17已知向量、 (1)若向量,求实数 t 的值; (2)若向量满足,求的值 【分析】 (1)由已知求得与,再由向量共线的坐标运算列式求解; (2)由已知求得,再由向量模的公式求解 【解答】解: (1)、, 第 12 页(共 17 页) , ,t(t1)(1t)0, 解得 t1 或 t1; (2), (x,y)(y,y+1x) , 即,解得 【点评】本题考查平面向量的坐标运算,考查向量共线的坐标运算,是基础题 18已知 M(1,1) 、N(2,2) 、P(3,1) ,圆 C 经过 M、N、P 三点 (1)求圆 C 的方程,并写出圆心坐标和半径的值; (2)若过点 Q(1,

24、1)的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点,求弦 AB 的长度|AB|的取值范围 【分析】 (1)设圆 C 得一般方程 x2+y2+Dx+Ey+F0M、N、P 三点,坐标代入得 ,解得 D,E,F,进而得出圆的方程进而得出圆心坐标,半径 (2)结合图形,可知 0d|O1Q|AB| 2进而得出|AB|的取值范围 【解答】解: (1)设圆 C:x2+y2+Dx+Ey+F0 圆 C 过 M、N、P 三点, , 解得, 圆 C:x2+y23xy0,圆心 O1(,) ,半径 r (2)设圆心到直线 l 的距离为 d, 点 Q(1,1)到圆心的距离为|OQ| 点 Q 在圆内, 第 13 页(共 17 页

25、) |AB|2 结合图形,可知 0d|OQ|(l 过圆心时,d0;lOQ 时,d) 2|AB| 【点评】本题考查圆的方程,直线与圆的位置关系,属于中档题 19已知数列an满足 a1a, (1)若数列an是等差数列,求通项公式 an; (2)已知 a2,求证数列an+1是等比数列,并求通项公式 an 【分析】 (1)设数列的公差为 d,则 ana+(n1)d,代入已知等式求得 d,进一步求 得 a,则数列的通项公式可求; (2)由 an+12an+1(nN*) ,得 an+1+12(an+1) 结合 a1+130,可得数列an+1 是以 3 为首项,公比为 2 的等比数列则通项公式可求 【解答】

26、解: (1)数列an是等差数列,a1a,an+12an+1(nN*) , 设数列的公差为 d,则 ana+(n1)d a+nd2(a+(n1)d)+1, 即 nd2da1 对 nN*成立,于是 d0 ana,且 a2a+1,解得 a1 an1; 证明: (2)a2,an+12an+1(nN*) , an+1+12(an+1) a1+130, 数列an+1是以 3 为首项,公比为 2 的等比数列 【点评】本题考查数列递推式,考查等差数列的通项公式,训练了利用构造法求数列的 通项公式,是中档题 20已知各项为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,且 (1)求 a1的值,并求 an+1的解析式(用含

27、 an的式子表示) ; (2)若对于一切正整数 n,有 Sn+an3 恒成立,求实数 的取值范围 第 14 页(共 17 页) 【分析】 (1)利用已知条件通过 n1,求出首项,结合已知条件,推出数列递推关系式 (2)求解数列的通项公式,求出前 n 项和,利用不等式得到 与 n 的关系式,通过换元 法求解函数的最值,推出结果 【解答】解: (1)an0,且, 当 n1 时,2a1+a1(S1a1) ,解得 a11 由,得 4Snan2+2an+1 4Sn+1an+12+2an+1+1 4an+1an+12+2an+1an22an, 即 an+122an+1an22an0 (an+1an2) (

28、an+1+an)0,an0 即 an+1an2 an+1an+2(nN*) (2)由(1)可知,数列an是首项为 a1,公差为 2 的等差数列, ana1+(n1)d2n1(nN*) , Snn2 由 Sn+an3,得 n2+2n13,即对一切正整数 n 恒成立 令,则 t4(nN*) 当 n4 时,tmin 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用,数列求和以及数列以及不等式的综合应用, 考查转化思想以及计算能力,是中档题 21已知直线 l1:x4,点 F(1,0) ,点 M(x,y)是平面直角坐标系内的动点,且点 M 到直线 l1的距离是点 M 到点 F 的距离的 2 倍记动点 M 的轨迹为

29、曲线 C (1)求曲线 C 的方程; (2)过点 F 的直线 l2与曲线 C 交于 A、B 两点,若OAB(O 是坐标系原点)的面积为 第 15 页(共 17 页) ,求直线 l2的方程; (3)若(2)中过点 F 的直线 l2是倾斜角不为 0 的任意直线,仍记 l2与曲线 C 的交点为 A、B,设点 G 为线段 AB 的中点,直线 OG 与直线 l1交于点 D,求DFB 的大小 【分析】 (1)由两点的距离公式和点到直线的距离公式,化简整理可得所求曲线的方程; (2) 设 A (x1, y1) 、 B (x2, y2) , 讨论直线 l2的斜率不存在和存在, 设 l2: yk (x1) 联

30、立椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式,以及点到直线的距离公式,结合三角形的面积 公式,解方程可得 k,进而点到所求直线的方程; (3)讨论若直线 l2的斜率不存在,可得DFB若直线 l2的斜率存在,设 l2:y k(x1) 联立椭圆方程,运用韦达定理和中点坐标公式可得 G 的坐标,OG 的方程 和 D 的坐标, 分别运用向量垂直的条件和向量数量积的夹角公式, 计算可得DFB 【解答】解: (1)根据题意,可知,|4x|, 两边平方可得 x2+y22x+1x22x+4, 化简得+1 曲线 C 的方程为+1 (2)因为直线 l2过焦点 F,故直线与椭圆总交于 A(x1,y1) 、B(x2,y2)两点

31、 若直线 l2与 x 轴垂直,可算得|AB|3,SOAB,不满足条件 于是,所求直线的斜率存在 设直线 l2的斜率为 k,即 l2:yk(x1) 联立方程组,得(3+4k2)x28k2x+4k2120(此时0 恒成立) x1+x2,x1x2, |AB| , 第 16 页(共 17 页) 点 O 到 l2的距离为 d, , 解得 k 所求直线 l2的方程为 yx或 yx+ (3)若直线 l2的斜率不存在,即垂直于 x 轴, 根据椭圆的对称性,知点 G 与点 F 重合,点 D(4,0) ,此时,有DFB 若直线 l2的斜率存在,设 l2:yk(x1) 由(2)可得,x1+x2,y1+y2, G(,) , 直线 l2的倾斜角不为零,即 k0 OG:yxD(4,) 方法 1:算得(3,) 又直线 l2的法向量为 (1,k) , 且3k0FDl DFB 综上,不论直线 l2的斜率存在与否,总有DFB 方法 2:算得(3,) l2 与 l1 的交点为 H(4,3k) ,(3,3k) 可得向量与的夹角满足 cosHFD0, 即HFDFDl DFB 综上,不论直线 l2的斜率存在与否,总有DFB 【点评】本题考查椭圆的方程和性质,直线和椭圆的位置关系,考查直线方程和椭圆方程联立,运用韦达定理和弦长公式、点到直线的距离公式,考查化简运算能力,分类讨 论思想,属于综合题

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